统计学中心极限定理

统计学中心极限定理（通用7篇）

统计学中心极限定理 篇1

若{Xn}的分布函数序列{Fn(x)}与X的分布函数F(x)有，在任意连续点x，limFn(x)F(x)。n

依概率收敛

n若0，有P(XnX)0。准确的表述是，0，0，N,nN，有P(XnX)成立

（3）几乎必然收敛

如果有P(limXnX)1。准确的表述是，除掉一个0概率集A，对所有的A，n

有limXn()X()成立。这是概率空间上的点收敛。n

定理1。（切贝雪夫大数律）{Xn}相互独立，且有相同的期望和方差，（不一定同分布）

1nPE(Xn)uD(Xn)，n,记YnXi，则Ynu。ni1

2统计发生——事物某方面的定量记录事前是不确定的，发生后的数据由真值和误差两部分构成，X。X是数据，是真值，是误差。导致误差的原因有：

1． 系统性误差：偏离真值的本质性错误，有内在原因所致；

2． 随机性误差：偏离真值的偶然性错误，没有内在原因，是纯偶然因素所致。

总体就是一个特定的随机变量

通过抽样，获得样本，构造样本统计量，由此推断总体中某些未知的信息

从总体中抽样是自由的，且当总体数量足够大，有放回与无放回抽样区别不大，有理由认为，取得的抽样观察值是没有关系的。所以，样本在未抽取前它们是与总体X同分布的随机变量，且是相互独立的，称此为随机样本。

定义2。设x1,,xn是取自总体X的一组样本值，g(x1,,xn)是Borel 可测函数，则称随机变量g(X1,,Xn)是一个样本统计量。

如果总体X中分布函数有某些参数信息是未知的，我们用统计量g(X1,,Xn)去推断这些信息，称此问题为统计推断问题。

给样本值x(x1,,xN),y(y1,,yN)，定义：（1）样本均值

(xi/n)

i

1n

（2）样本方差

1n

ˆx)ˆvar((xi)2 n1i1

ˆ样本标准差

s.e.e)

x)i(y)

1n

（3）样本协方差cˆov(x,y)(1x

n1i1

样本相关系数

xy

ˆ(x,y)cov

1/2

ˆ(x)varˆ(y)][var

1nk

（4）样本k阶矩 Akxi k1,2,

ni11n

（5）样本k阶中心矩 Bk(xi)k

ni1



k1,2,

X的左侧分位点F，P(XF)dF(x)。左分位点的概率含义是，随机变量

F

不超过该点的概率等于

设总体X分布已知，但其中有一个或多个参数未知，抽样X1,,Xn，希望通过样本来估计总体中的未知参数，称此为参数估计问题，它是统计推断理论中最重要的基础部分。

用样本矩作为总体矩的估计量，以及用样本矩的连续函数作为总体矩的连续函数的估计量，这种方法称为矩估计法，这是一种最自然的估计方法。

ˆ(x,,x))对任意成立。当样本是称ˆ是参数的一个无偏估计，如果E(1n

有限的时候，我们首先要考虑的是无偏性。

n1n22

ˆS(Xi)2才是方差的无偏估计。故我们在样本统计量中定义n1n1i1

S2为样本方差。

ˆ是参数的一个一致估计，如果依概率有limˆ(x1,,xn)对任意成立。

n

有效性

在所有关于参数的无偏估计类中0，或所有的一致估计类1中，如果存在ˆ*是参数的一个无偏有效估计或一ˆ*)D(ˆ)对任意ˆ或任意ˆ成立，称D(01

ˆ具有最小方差性。致渐近有效估计。即

*

。无论总体X分布是什么，任意样本Xi和都是X的无偏估计，但比单独的样本估计Xi更有效。

DXi，所以n

设总体X关于分布F(x,)存在两类问题，一类是分布的形式未知，一类是分布的形式已知但参数未知，提出的问题是，需要对分布的形式作出推断，此称为非参数检验的问题； 或需要对参数作出推断，此称为参数检验问题。

奈克—皮尔逊定理告诉我们，当样本容量n固定，若要减少犯第一类错误的概率则犯第二类错误的概率会增加，要使两类错误都减少当且仅当增加样本容量。

超过了我们设定的F，（如，体温超过37度。）此意味一个小概率事件发生了。于是，我们有理由拒绝命题H0是真的。

X~N(u1,12)，Y~N(u2,2)，且相互独立，取样有(x1xn1),(y1yn2)。

欲检验H0:u1u2，或更一般，H0:u1u2u（u已知）。如何检验？

2（1）若12、2已知

因为~N(u1,1

2n

1)，~N(u2,22

n2)，且相互独立，所以~N(u1u2,122

n1



n2)，~N(0,1)，所以可找到检验统计量U。

（2）若1222，但未知，欲检验H0:u1u20，因为V



222

[(n1)S(n1)S]~(n1n22)，11222

且与

U

~N(0,1)独立，n11n212

~t(n1n22)，令S2，S12S2

n1n22n1n22可得

V2S2，所以可找到统计量

n1n22

T



~t(n1n22)。

注：如果u未知，问题就变困难了，可以证明此时统计量T就是一个非中心的t分布。

（3）又如何知道1222？

12(n1)(n1)2可做假设检验H0:21。因为12S12~2(n11)，22S2 ~2(n21)且独立。

122

S12

所以，可找到统计量F2~F(n11,n21)。

S2

（4）若122，且未知。问题就变困难多了，我们找不到合适的统计量。如果样本容量

足够大，那么，可以用渐近检验的办法处理。注意，U

中，因为12，2未

知，但已知S12,S2是12，2的一致估计，故用它们代替，有：

n1,n2

limU

~N(0,1)。

从而当n1,n2充分大时可用渐近正态检验。

又当n1n2n较小时，可以证明，~t(n)，注意，此与T



~t(n1n22)

自由度不同。此意味当期望、方差相同时，样本可以合并，认为X,Y属于同一总体。当期望相同，方差不同时，样本不能简单合并。

注：关于H0:u1u2u，或H0:u1u2u，统计量相同，并采用单侧的右分位点或单侧的左分位点检验。

ˆ是无偏线性估计类中的有效估计。OLS

ˆ 的极大似然估计在基本模型假定下就是OLS

估计做出后，评价、判断模型中的假定是否合理是对事前设定的模型做一个整体的把握。我们可以把这些假定、设定归结为一些对未知参数的判断，如果这些判断基本正确或错误，那么从整体数据中就能够反映出来。假设检验是估计完成后对模型的设定做进一步的确认。它以证否的形式完成。拒绝原假设，意味着命题真时犯错误的可能性可控制在一定的概率范围内。

统计学中心极限定理 篇2

中心极限定理表明大量独立随机变量的和近似服从正态分布，它是正态分布应用的理论依据。设ζ1，ζ2，…ζk，…独立分布且E(ζi)=μ，D(ζi)=σ2，则当k很大时，ηk=Σζi近似服从N (kζ，kσ2)。

概率论中讨论随机变量序列部分和的分布渐近于正态分布的一类定理。概率论中最重要的一类定理，有广泛的实际应用背景。在自然界与生产中，一些现象受到许多相互独立的随机因素的影响，如果每个因素所产生的影响都很微小时，总的影响可以看作是服从正态分布的。中心极限定理就是从数学上证明了这一现象。最早的中心极限定理是讨论n重伯努利试验中，事件A出现的次数渐近于正态分布的问题。1716年前后，A.棣莫弗对n重伯努利试验中每次试验事件A出现的概率为1/2的情况进行了讨论，随后，P.S.拉普拉斯和A.M.李亚普诺夫等进行了推广和改进。自P.莱维在1919-1925年系统地建立了特征函数理论起，中心极限定理的研究得到了很快的发展，先后产生了普遍极限定理和局部极限定理等。极限定理是概率论的重要内容，也是数理统计学的基石之一，其理论成果也比较完美。长期以来，对于极限定理的研究所形成的概率论分析方法，影响着概率论的发展。同时新的极限理论问题也在实际中不断产生。

中心极限定理，是概率论中讨论随机变量和的分布以正态分布为极限的一组定理。这组定理是数理统计学和误差分析的理论基础，指出了大量随机变量近似服从正态分布的条件。

二、基本原理

1. 数学模型

独立同分布的中心极限定理

设随机变量X1, X2，…，Xn，…相互独立，服从同一分布，且具有数学期望和方差：E (Xk)=μ，D (Xk)=σ^2>0 (k=1, 2…)，则随机变量之和的标准化变量的分布函数Fn (x)对于任意x满足

独立同分布函数表达式

正态分布函数表达式

2. 设计过程

为了证明在k很大时，独立同分布近似服从正态分布，可以分别构造独立同分布函数和正态分布函数，将独立同分布的随机点数目取得足够大，然后绘图观察二者的分布拟合程度。

三、仿真结果

分析仿真结果：从单独的一张图来看，正态分布曲线和独立同分布直方图总的来说是较为吻合的，比较两张图形，可以看出下图中二者拟合程度更大，这两张图形所使用的源代码唯一的不同之处在于k的取值，第二张图形中k的取值更大，所以这些可以说明，当k的取值很大时，独立同分布可以近似等同于正态分布。

参考文献

[1]张志涌, 徐彦琴.MATLAB教程——基于6.x版本.北京:北京航空航天大学出版社, 2004.

[2]陈桂明等.MATLAB数理统计 (6.x) .北京:科学出版, 2002.

中心极限定理及其应用 篇3

[关键词] 中心极限定理 随机变量 应用

中心极限定理是棣莫佛在18世纪首先提出的，至今其内容已经非常丰富。它不仅是概率论中的重要内容，而且还是数理统计中大样本统计推断的理论基础。 一种随机现象可能会受到许多不确定因素的影响,如果这些彼此之间没有什么依存关系,且谁也没有特别突出的影响,那么,这些影响的“累积效应”将会使现象近似地服从正态分布。中心极限定理在很一般的情况下证明了，无论随机变量服从什么分布，个随机变量的和当时的极限分布是正态分布。因此，它不仅提供了计算独立随机变量之和的近似概率的简单方法，而且有助于解释在现实中为什么很多数量指标都服从或近似服从正态分布这一事实。在中心极限定理的教学中，通过列举一些用中心极限定理解决问题的实例，能使学生较深地理解中心极限定理的理论与实用价值。

一、两个常用的中心极限定理

根据不同的假设条件，有多个中心极限定理。这里只介绍两个常用的中心极限定理。

定理1 列维—林德伯格（Levy-Lindeberg）定理（独立同分布的中心极限定理）

设随机变量相互独立，服从同一分布，且具有数学期望和方差.则随机变量

的分布函数Fn（x）对于任意x满足

（5.7）

从定理1的结论可知，当n充分大时，有

或者说，当n充分大时，有

如果用表示相互独立的各随机因素。假定它们都服从相同的分布（不论服从什么分布），且都有有限的期望与方差（每个因素的影响有一定限度）。则（5.8）式说明，作为总和这个随机变量，当n充分大时，便近似地服从正态分布。

定理2（棣莫佛-拉普拉斯(De Moivre Laplace)定理）

设随机变量X服从参数为n，p （0＜p＜1）的二项分布，即，则

对于任意的x，恒有

. （5.11）

这个定理表明，二项分布以正态分布为极限。当n充分大时，我们可以利用上式来计算二项分布的概率。

说明：正态分布和泊松分布虽然都是二项分布的极限分布，但后者以同时为条件，而前者则只要求这一条件。一般说来，对于n很大，p(或q)很小的二项分布（np≤5）用正态分布来近似计算不如用泊松分布计算精确。

二、中心极限定理的应用举例

例1 设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率为多少？

解法1 设X为10000个婴儿中男孩的个数，则要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求 P{X≤5000}。

由棣莫佛-拉普拉斯定理有

解法2 设X为10000个婴儿中男孩的个数，令

则，，且独立同分立同分布，

则女孩不少于男孩的概率为 P{X≤5000}.

由列维—林德伯格定理有

即在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率大约是0.00135.

例2 在一家保险公司里有10000个人参加人寿保险，每人每年付30元保险费。在一年内一个人死亡的概率为0.2%，死亡时其家属可向保险公司领得5000元的慰问金，问：

(1)保险公司在该项目上亏本的概率有多大？

(2) 保险公司在该项目上一年中获利不少于150000元的概率是多少？

解：(1) 设X表示一年内死亡的人数，则,

其中

设Y表示保险公司一年的利润，

Y=10000´30-5000X

于是由棣莫佛-拉普拉斯定理

(1)P{Y<0}=P{10000×30-5000X<0}

=1-P{X≤60}＝1 - F(8.95)=0。

即保险公司在该项目上亏本的概率为0。

（2）由题意可知，即求

由棣莫佛-拉普拉斯定理,上式即为

=0.9874.

即保险公司在该项目上一年中以98.74%的概率获利不少于150000元。

除了以上这些问题外，中心极限定理还可以用来求极限.

例3 利用中心极限定理证明

证明：设随机变量序列独立同分布，均服从参数为的泊松分布，其分布律为

则由泊松分布的可加性知

服从参数为的泊松分布，且

于是由列维—林德伯格定理知

中心极限定理的应用非常广泛的，以上几个例子仅仅是其应用的一些方面。一般地，如果一个随机变量能够分解为相互独立且同分布的随机变量序列之和的问题，则可以直接利用中心极限定理进行分析，此外，在大样本的情况下，求未知非正态分布的置信区间也同样可用中心极限定理解决。

参考文献：

[1] 谢永钦．概率论与数理统计[M]．北京：北京邮电大学出版社，2009．

[2] 盛骤，谢式千，潘承毅．概率论与数理统计[M]．北京：高等教育出版社，2001．

[3] 苏淳．概率论[M]．北京：科学出版社，2010．

作者简介：

李会葆（1970— ）男，安徽安庆市人，安庆师范学院讲师，从事概率统计、高等数学等课程的教学研究。

项目：2007年度安徽省级教学研究项目（项目批准号：2007jyxm350）

第六章 第三节中心极限定理 篇4

第三节 中心极限定理

在对大量随机现象的研究中发现,如果一个量是由大量相互独立的随机因素所造成,而每一个别因素在总影响中所起的作用较小,那么这种量通常都服从或近似服从正态分布.例如测量误差、炮弹的弹着点、人体体重等都服从正态分布,这种现象就是中心极限定理的客观背景.设随机变量X,X,,X,独立

12n同分布,且Xi~N(,)，2(i1,2,)

记YX,(EYn,DYn)，2nni1inn 1 YEYYn Y称为Y的标准DYn*nnnnnn化, 则有Y~N(0,1)

FY*(x)P{Yn*x}(x)

n*n对任意实数x,有

Ynx}

limP{nnnP{Yn limn(x)x*x}limF(x)

nYn*1edt.2t22一般地，有下述结果。定理三(同分布的中心极限定理)设随机变量X,X,,X,独立同分布,且存在有限的数学期望和方差

EX,DX0，12n2ii(i1,2,)

记YX,(EYn,DYn)，2nni1innYEYYn Y称为Y的标DYn*nnnnnn 2 准化, FYn*(x)P{Yx}

n*则对任意实数x,有

Ynx}

limP{nnnP{Yn limn(x)x*x}limF(x)

nYn*1edt.2t22

定理表明,当n充分大时,随机变量Xni1inn近似地服从标准正

ni1i态分布N(0,1).因此,X近似地服从正态分布N(n,n).由此可见,正态分布在概率论中占有重要的地位.定理四(De Moivre-Laplace定理)

2设n是n次独立重复试验中事件A发生的次数,p是事件A在每次 试验中发生的概率, 则对任意区间[a,b],成立 limP{annpnnp(1p)b}

ba1edt(b)(a)2t22 证明 引人随机变量

1,第i次试验中A发生 X ，0,第i次试验中A不发生i则n次试验中事件A发生的次数

nXXX ，12n12n由于是独立试验,所以X,X,,X相互独立,且都服从相同的(0—1)分布,即

P{X1}p,P{X0}1p,i1,2,,nii于是

EXiip, DXp(1p)

由定理三,即得

limP{nnpnnp(1p)ni1ix}

limP{nXnpnp(1p)x}

x1edt(x), 2t22于是对任意区间[a,b],有

limP{anp(1p)b}

nnnpt22ba1edt(b)(a).2

近似计算公式:

npNnpMnp，NMnp(1p)np(1p)np(1p)nnP{NM}nn

npNnpMnpP{}np(1p)np(1p)np(1p)MnpNnp()().np(1p)np(1p)例1 某计算机系统有120个终端,每个终端有5%的时间在使用,若各终端使用与否是相互独立的,试求有10个以上的终端在使用的概率.解 以X表示使用终端的个数, 引人随机变量 1,第i个终端在使用 X ，0,第i个终端不使用i i1,2,,120 , 则

XXXX ，121202120由于使用与否是独立的,所以X,X,,X相互独立,且都服从相同的(0—1)分布,即 P{X1}p0.05,P{X0}1p,i1,2,,120 1ii于是,所求概率为

P{X10}1P{X10}

Xnp10np1P{}，np(1p)np(1p)由中心极限定理得

P{X10}1P{X10}

Xnp10np1P{}

np(1p)np(1p)10np)

1(np(1p)101200.051()

1200.050.951(1.68)10.95350.0465.例2 现有一大批种子,其中良种占1.现从中任选6000粒,试问在这些61种子中,良种所占的比例与之误差

6小于1%的概率是多少？ 解 设X表示良种个数, 则

1X~B(n,p),n6000,p , 所求概率为 X1P{||0.01}P{|Xnp|n0.01}n6

Xnpn0.01P{||}

np(1p)np(1p)Xnp60000.01P{||}

15np(1p)600066(2.078)(2.078)

2(2.078)120.9810.96.例3 设有30个电子器件D,D,,D,它们的使用情况如下: 1230D损坏,D接着使用;D损坏,D接1223着使用等等.设器件D的使用寿命服从参数0.1(单位:h)的指数分布.令T

为30个器件使用的总时数,问T超过350h的概率是多少？

i1 8 解 设Xi为 器件D的使用

i寿命,Xi 服从参数0.1(单位:h)

1的指数分布, X,X,,X相互独1230立, TX1X2Xnn30, EX11i0.110 , 2DXi1210.12100, 由中心极限定理得

P{T350}1P{T350}

1P{Tnn350nn} 1(3503003010)1(530)1(0.91)10.8186

0.1814.，例4 某单位设置一电话总机,共有200架电话分机.设每个电话分机有5%的时间要使用外线通话,假定每个电话分机是否使用外线通话是相互独立的,问总机需要安装多少条外线才能以90%的概率保证每个分机都能即时使用.解 依题意

设X为同时使用的电话分机个数, 则X~B(n,p),n200,p0.05, 设安装了N条外线, 引人随机变量

1,第i个分机在使用 X ，0,第i个分机不使用i i1,2,,200 , 则

XXXX ，122002200由于使用与否是独立的,所以X,X,,X相互独立,且都服从相同的(0—1)分布,即 1 10 P{X1}p0.05,iP{X0}1p,i1,2,,200, i {XN}保证每个分机都能即时使用, P{XN}0.9 , 0.9P{XN}

XnpNnp} P{np(1p)np(1p)Nnp)

(np(1p)N2000.05()

2000.050.95N10N10()()，3.089.5查标准正态分布表

N10z1.28, 3.080.9N1.283.081013.94, 取 N14, 答: 需要安装14条外线.例5 设随机变量X的概率密度为

xe,x0 f(x)m!，0,x0其中m为正整数，证明

mxmP{0X2(m1)}.m1 证明

xEXxf(x)dxxedx

m!1xedx m!mx0m21x011 (m2)(m1)!m1, m!m!

xEXxf(x)dxxedxm!m222x0

1x m!0m31edx

x

11(m3)(m2)!(m2)(m1), m!m!

DXEX(EX)

222

(m2)(m1)(m1)

m1 , 利用车贝谢不等式,得 P{0X2(m1)}

P{(m1)X(m1)(m1)} P{|X(m1)|(m1)} P{|XEX|(m1)}

DXm111

统计学中心极限定理 篇5

limPxx;

nn

21nnXXniii1i

1C)limPxx;D)limPxx;

nnn

2

其中x为标准正态分布函数.解由李雅普诺夫中心极限定理:

E(Xi)

,D(Xi)



2i1,2,,n,111

Sn22

2



nn11

XinXiXin

i1i1N(0,1)

Snn

故选(B)

4.设随机变量X与Y的数学期望分别为-2和2,方差分别为1和4,而相关系数为0.5,则根据切贝谢夫不等式估计PXY6（）.A)



1111

B)C)D)461216

解|EXY220

(Y,)XY DXYDXDY2covX,Y,covX

1420.5123.由切贝谢夫不等式得 PXYEXY6故选(C)

5.若随机变量XB1000,0.01, 则P4X16（）.A)0.925B)0.825C)0.9D)0.725 解|因为 EX10000.0110,DXnpq100.999.9



DXY31

.623612

由切贝谢夫不等式得

P4X16PX106

1PX1061

故选(D)

DX9.9

110.2750.725.3662

二、填空题（每空2分，共10分）

1.已知离散型随机变量X服从参数为3的泊松分布，则利用切贝谢夫不等式估计概率

PX35解因为XPm

所以EXDX

3由切贝谢夫不等式PXEX5



DX3

.522

52.已知随机变量X存在数学期望EX和方差DX，且数学期望EX10，EX109，利用



切贝谢夫不等式估计概率PX106解因为 EX10,DXEX



EX

1091009

由切贝谢夫不等式PX106



DX9

1.2636

43.已知随机变量X的方差为4，则由切贝谢夫不等式估计概率PXEX3解由切贝谢夫不等式PXEX3





4.9

4.若随机变量XBn,p,则当n充分大时,X近似服从正态分布N 解因为 EXnp,DXnp1p.三、计算或证明题题（每题10分，共80分）

1.如果随机变量X存在数学期望EX和方差DX，则对于任意常数0，都有切贝谢夫不等式：

PXEX

DX

2

（证明当X为连续型随机变量时的情况）

证明 设连续性随机变量X的概率密度函数为x,则

PXEX

XEX



xdx

XEX



XEX

2

xdx

DX



2







XEXxdx

2

.2.投掷一枚均匀硬币1000次，试利用切贝谢夫不等式估计出现正面次数在450次~550次之间的概率.解设随机变量X表示1000次试验中出现正面朝上的次数, 由于

XB1000,0.5,所以EX500,DX250;

由切贝谢夫不等式

P450X550PX500501

DX250

10.9.2

250050

3.已知连续型随机变量X服从区间1,3的均匀分布，试利用切贝谢夫不等式估计事件X4发生的概率.133(1)4;

1,DX解由于XU1,3, 所以EX2123

由切贝谢夫不等式

D(X)11

PX141210.9167.41216

4.对敌人的防御工事进行80次轰炸，每次轰炸命中目标炸弹数目的数学期望为2，方差为0.8，且各次轰炸相互独立，求在80次轰炸中有150颗~170颗炸弹命中目标的概率.解设随机变量X表示80次轰炸中炸弹命中目标的次数, Xi表示第i次轰炸命中目标的次数, 则EXi2，DXi0.8;由于X

X

i1

i

所以EX160，DX800.864;由中心极限定理得

P150X170

170160150160



88

1.251.2521.25120.894410.7888.5.袋装食糖用机器装袋，每袋食糖净重的数学期望为100克，方差为4克，一盒内装100袋，求一盒食糖

净重大于10,060克的概率.解 设每袋食糖的净重为Xii1,2,,100,则Xii1,2,,100服从独立同分布,且

E(Xi)100,D(Xi)4;设一盒食糖为X,则

XXi,E(X)10000,D(X)400,i1100

由中心极限定理得

PX10060 1PX

10060

11310.998650.00135.6.某人寿保险公司为某地区100,000人保险，规定投保人在年初向人寿保险公司交纳保险金30元，若投保人死亡，则人寿保险公司向家属一次性赔偿6,000元，由历史资料估计该地区投保人死亡率为0.0037，求人寿保险公司一年从投保人得到净收入不少于600,000元的概率.解设随机变量X表示一年内投保人中死亡人数, 则XBn,p,其中n100000,p0.0037;

EXnp370,DXnpq3700.9963368.31;由100000306000X600,000,得X400

由拉普拉斯中心极限定理,所求概率为



PX400

P

30

1.560.9406.19.1940

7.某车间有同型号机床200部，每部开动的概率为0.7，假定各机床开与关是独立的，开动时每部机床要消耗电能15个单位.问电厂最少要供应这个车间多少电能，才能以95%的概率，保证不致因供电不足而影响生产？

解设随机变量X表示200部机床中同时开动机床台数, 则

XB200,0.7,EXnp140,DX426.482

用K表示最少开动的机床台数,则

PXKPXK



K1400.95

6.5

查表1.650.95, 故

K140

1.65 6.5

由此得K151

这说明, 这个车间同时开动的机床数不大于151部的概率为0.95.所以电厂最少要供应这个车间151152265个单位电能,才能以95%的概率, 保证不致因供电不足而影响生产.8.设某妇产医院生男婴的概率为0.515,求新生的10000个婴儿中,女婴不少于男婴的概率? 解设X表示10000个婴儿中男婴的个数, 则XBn,p其中n10000,p0.515.由拉普拉斯中心极限定理,所求概率为



PX5000

P

313

10.998650.00135.附表：

统计学中心极限定理 篇6

2018考研高等数学基本定理：函数与极

限部分

在暑期完成

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数列{xn}、{yn}、{zn}满足下列条件：yn≤xn≤zn且limyn=a，limzn=a，那么limxn=a，对于函数该准则也成立。

单调有界数列必有极限。

6、函数的连续性设函数y=f(x)在点x0的某一邻域内有定义，如果函数f(x)当x→x0时的极限存在，且等于它在点x0处的函数值f(x0)，即lim(x→x0)f(x)=f(x0)，那么就称函数f(x)在点x0处连续。

不连续情形：

1、在点x=x0没有定义;

2、虽在x=x0有定义但lim(x→x0)f(x)不存在;

3、虽在x=x0有定义且lim(x→x0)f(x)存在，但lim(x→x0)f(x)≠f(x0)时则称函数在x0处不连续或间断。

中心极限定理在管理中的应用 篇7

许多随机变量是由大量的相互独立的随机因素综合影响而形成的, 而其中每个因素在总的影响中所起的作用又是微小的、均匀的, 这种随机变量一般近似服从正态分布。中心极限定理就是用来描述这一随机现象的系列定理。

二、常用的中心极限定理

定理1 (独立同分布中心极限定理) 设X1, X2, ……, Xn, ……相互独立, 服从同一分布, 具有数学期望和方差:

则对任意的X, 有

定理2 (德莫佛——拉普拉斯定理) 在n重贝努里试验中, 事件A在每次试验中出现的概率为p (0

三、中心极限定理在商业管理中的应用

1、水房拥挤问题:

假设西安邮电学院新校区有学生5000人, 只有一个开水房, 由于每天傍晚打开水的人较多, 经常出现同学排长队的现象, 为此校学生会特向后勤集团提议增设水龙头。假设后勤集团经过调查, 发现每个学生在傍晚一般有1%的时间要占用一个水龙头, 现有水龙头45个, 现在总务处遇到的问题是:

(1) 未新装水龙头前, 拥挤的概率是多少?

(2) 至少要装多少个水龙头, 才能以95%以上的概率保证不拥挤?

解: (1) 设同一时刻, 5000个学生中占用水龙头的人数为X, 则

拥挤的概率是

故

即拥挤的概率

故需装62个水龙头。问题的变形:

(3) 至少安装多少个水龙头, 才能以99%以上的概率保证不拥挤?

解:欲求m, 使得

故需要装67个水龙头。

(4) 若条件中已有水龙头数量改为55个, 其余的条件不变, 1, 2两问题结果如何?

(2) 同上。

(5) 若条件中的每个学生占用由1%提高到1.5%, 其余的条件不变, 则 (1) , (2) 两问题结果如何?

解: (1) 设同一时刻, 5000个学生中占用水龙头的人数为X, 则

拥挤的概率达

(2) 欲求m, 使得

故需装90个水龙头。

2、设座问题:

甲、乙两戏院在竞争5 0 0名观众, 假设每个观众完全随意地选择一个戏院, 且观众之间选择戏院是彼此独立的, 问每个戏院至少应该设多少个座才能保证观众因缺少座而离开的概率小于5%.

解:设甲戏院需设m个座, 设

则 则 选 甲 戏 院 的 观 众 数

解得 m ≥ 2 6 9 ，即每个戏院至少应 设 269 个座。

四、总结

中心极限定理以严格的数学形式阐 明了在大样本条件下，不论总体的分布 如何，样本的均值总是近似地服从正态 分布。如果一个随机变量能够分解为独 立同分布的随机变量序列之和，则可以 直接利用中心极限定理进行解决。总 之，恰当地使用中心极限定理解决实际 问题有着极其重要意义。

摘要：中心极限定理是刻画并不服从正态分布的一些独立的随机变量, 但总和近似服从正态分布。本文用实例介绍中心极限定理在管理中的应用。

关键词：中心极限定理,随机变量,正态分布

参考文献

[1]、丁正生.概率论与数理统计简明教程[M].北京:高等教育出版社, 2005:88-94.